Corpos de funções algébricas, códigos de Goppa e excelentes códigos não lineares

(1)

Corpos de func

¸ ˜

oes alg´

ebricas, c´

odigos de Goppa e

excelentes c´

odigos n˜

ao lineares

Flaviano Bahia Paulinelli Vieira

PET - Matem´

atica

Prof. C´ıcero Carvalho

Orientador

Universidade Federal de Uberlˆ

andia

Setembro - 2006

(2)

Resumo. Nesse trabalho apresentamos uma introdu¸cão ao estudo dos corpos de fun¸cões algébricas, cujos resultados são aplicados à teoria dos códigos de Goppa e a uma constru¸cão de excelentes códigos não lineares. Iniciamos com o estudo de lugares, e passamos ao estudo de divisores. Em seguida, estudamos o conceito de diferenciais de Weil, que é usado na demonstra¸cão de um resultado fundamental dessas notas, que é o Teorema de Riemann-Roch. Finalizamos o primeiro cap´ıtulo com algumas aplica¸cões desse teorema. No segundo cap´ıtulo, apresentamos o in´ıcio da teoria dos códigos geométricos de Goppa, introduzindo o conceito de distância m´ınima e obtendo dados sobre a dimensão e a distância m´ınima de um código a partir dos divisores usados em sua defini¸cão. Encerramos o trabalho com a apresenta¸cão de um resultado sobre uma fam´ılia assintótica de códigos não lineares que superam a cota de Tfasman-Vl˘adut¸-Zink (TVZ). De fato, em 2003 uma cota melhor que a de TVZ foi apresentada por Elkies, para c´_{odigos definidos sobre F}q, com q uma potência

par de um primo, e generalizada para qualquer q por Niederreiter e ¨Ozbudak, em 2004. Apresentamos aqui uma demonstra¸c˜ao elementar dessa cota, devida a Stichtenoth e Xing, e que apareceu em 2005.

(3)

Sum´

ario

1 Introdu¸cão à Teoria de Corpos de Fun¸cões

Alg´ebricas 1

1.1 Lugares . . . 1

1.2 O Corpo de Fun¸c˜oes Racionais . . . 10

1.3 Independˆencia das Valoriza¸c˜oes . . . 15

1.4 Divisores . . . 19

1.5 O Teorema de Riemann-Roch . . . 28

1.6 Algumas Consequˆencias do Teorema de Riemann-Roch . . . 38

1.7 Componentes Locais das Diferenciais de Weil . . . 45

2 Códigos Geométricos de Goppa 48 2.1 Códigos . . . 48

2.2 C´odigos Geom´etricos de Goppa . . . 50

3 Excelentes Códigos Não Lineares dos Corpos de Fun¸cões Algébricas 58 3.1 Introdu¸cão . . . 58

3.2 Lemas Preeliminares . . . 60

3.3 Resultado . . . 62

(4)

1 Introdu¸

c˜

ao `

a Teoria de Corpos de Fun¸

c˜

oes

Alg´

ebricas

1.1 Lugares

Defini¸cão 1.1 Um corpo de fun¸cões algébricas F |K de uma variável sobre K é uma extensão de corpos F ⊇ K tal que F é uma extensão algébrica finita de K(x) onde x ∈ F ´

e transcendente sobre K.

Exemplo 1.2 O corpo das fun¸cões racionais é um corpo de fun¸cões algébricas (F |K é dito ser racional se F = K(x) para algum x ∈ F , onde x é transcendente sobre K). Qualquer elemento z ∈ K(x) e z 6= 0 tem uma única representa¸cão z = aQ

ipi(x)ni onde

a ∈ K e a 6= 0, pi(x) ∈ K[x] onde pi é um polinômio mônico, irredut´ıvel e distinto dois a

dois e ni ∈ Z.

De fato se z ∈ K(x), ent˜ao z = f (x)_g(x) onde g(x) 6= 0 e f (x), g(x) ∈ K[x], assim tomando a fatora¸c˜ao de f (x) em K[x] e g(x) em K[x] temos que f (x) = ap1(x)n1· · · pi(x)ni e

g(x) = bq1(x)m1· · · qi(x)mi onde p1, ..., pi s˜ao polinˆomios irredut´ıveis e distintos dois a

dois e também q1, . . . , qi são polinômios irredut´ıveis e distintos dois a dois.

Assim z = f (x)_g(x) = a_bp1(x)n1· · · pi(x)niq1(x)−m1· · · qi(x)−mi.

Defini¸c˜ao 1.3 Corpo de constantes

O conjunto ˜K = {z ∈ K; z é algébrico sobre K} é um subcorpo de F , desde que a soma, o produto e o inverso multiplicativo de elementos algébricos de K sejam algébricos. ˜K é chamado de corpo das constantes F |K

Veja que K ⊂ ˜K, pois se a ∈ K, então X − a ∈ K[X] tem raiz a, e logo a é algébrico sobre K. É obvio que ˜K ⊂ F pois ˜K é subcorpo de F , mas ˜_{K % F , pois assim todos os} elementos de F seriam algébricos sobre K, o que implica que F não é corpo de fun¸cões algébricas sobre K. Logo K ⊆ ˜_{K $ F}

Temos que F | ˜K é corpo de fun¸cão algébrica pois seja x transcendente sobre K então K(x)|K tem grau infinito. Temos também que [F : K(x)] < ∞ pois F |K é corpo de fun¸cão algébrica, e como K ⊆ ˜K, temos que K(x) ⊆ ˜K(x) o que implica que [F :

˜

K(x)] < ∞. Suponhamos agora por absurdo que x seja algébrico sobre ˜K, o que implica que [ ˜K(x) : ˜K] < ∞, da´ı[F : ˜K] < ∞ e como [ ˜K : K] < ∞ temos que [F : K] < ∞. O que é absurdo. Da´ı F | ˜K é corpo de fun¸cão algébrica.

Dizemos que K ´e algebricamente fechado em F ou K ´e todo corpo de constantes de F se ˜K = K

Proposi¸c˜ao 1.4 Podemos caracterizar os elementos de F que s˜ao transcendentes sobre K pelo seguinte fato:

(5)

Demonstra¸c˜ao 1.5 De [F : K(x)] < ∞ e como z ∈ F temos que [K(x)(z) : K(x)] < ∞ ou seja existe p(X) ∈ K(x)[X] tal que p(z) = 0. Da´ı zn_+a

n−1zn−1+. . .+a0 = 0, ai ∈ K(x)

ou seja ai = b_ci

i, onde bi, ci ∈ K[x] e ci 6= 0 e chamando c(x) = c1· · · cn−1(x) temos que

c(x)zn_{+ c(x)b}

n−1(x)zn−1+ · · · + c(x)b0(x) = 0. Assim fazendo X = x e z = Z temos

que existe q(Z) ∈ K(z)[Z] com q(z) 6= 0 tal que q(x) = 0. Veja que q(z) 6= 0 pois o termo constante do polinˆomio acima ´e c(0)zn+ c(0)bn−1(0)zn−1+ · · · + c(0)b0(0) 6= 0 pelo

motivo de z ser trasncendente sobre K (veja que c(0), c(0)bn−1(0), . . . + c(0)b0(0) ∈ K).

Da´ı temos que x ´e transcendente sobre K(z) e que implica que [k(z)(x) : K(z)] < ∞ e como [F : K(x, z)] < ∞, temos que [F : K(z)] < ∞.

Reciprocamente suponha que z seja algébrico sobre K. Isto implica que [K(z) : K] < ∞ e do fato de [K : K(z)] < ∞ temos que [F : K] < ∞ contrariando o fato de F ser corpo de fun¸cões algébricas sobre K uma vez que existe x ∈ F transcendente sobre K. Um corpo de fun¸cões algébricas F |K arbitrário é geralmente representado, por uma extensão simples do corpo K(x). Isto é F = K(x, y) onde ϕ(y) = 0 para algum polinômio irredut´ıvel ϕ(T ) ∈ K(x)[T ].

Exemplo 1.6 Temos que π ´_{e transcendente sobre Q. Assim temos que o polinômio} X2_{+ 1 ∈ Q(π)[X] é irredut´ıvel e ainda temos que i ∈ Q(π, i) é raiz do polinômio. Logo}

Q(π, i)|Q é um corpo de fun¸cão algébrica.

Se F |K não é um corpo de fun¸cões racional, não é claro que qualquer elemento z ∈ F , z 6= 0 admite uma decomposi¸cão em elementos irredut´ıveis análogo ao exemplo 1.2. Na verdade, nem é mesmo claro o que entendemos por um elemento irredut´ıvel de F . Outro problema sobre a representa¸cão do exemplo 1.2 é o seguinte: dados α1, ..., αn∈ K

encontrar todas as fun¸c˜oes f (X) ∈ K(X) que tem ordem 0 no polos α1, ..., αn.

Para resolver este problema para corpos de fun¸cões arbitrários introduziremos a no¸cão de anel de valoriza¸cão e lugares.

Defini¸cão 1.7 Um anel de valoriza¸cão do corpo de fun¸cões F |K é um anel O ⊆ F com as seguintes propriedades:

1) K $ O $ F

2) qualquer z ∈ F temos que z ∈ O ou z−1 ∈ O

Exemplo 1.8 Dado um polinˆomio irredut´ıvel p(X) ∈ K[X], considere o conjunto Op(X) = {

f (X)

g(X); f (X), g(X) ∈ K[X], p(X) - g(X)}

Veja que Op(X) ´e um anel de valoriza¸c˜ao de K(X)|K pois:

1) Se a ∈ K, da´ı a ∈ K[X], logo a ∈ Op(X). E ainda X ∈ K[X], logo X ∈ Op(X) ⇒

K $ Op(X). Seja f (X)_g(X) ∈ Op(X), logo f (X)_g(X) ∈ K(X). Mas veja que _p(X)1 ∈ K(X), mas 1

p(X) ∈ O/ p(X) ent˜ao Op(X) $ F .

2) Seja z ∈ K(X), logo z = f (X)_g(X) = _p(X)p(X)mnf (X)_˜_g(X)˜ onde n, m ∈ N, ˜f , ˜g ∈ K[X], p(X) - ˜g(X) e

p(X) - ˜f (X). Assim se n ≥ m ent˜ao z ∈ Op(X). Se n < m temos z−1∈ Op(X).

Veja que se q(X) 6= p(X) e q(X) ´e irredut´ıvel ent˜ao Op(X) 6= Oq(X) pois _q(X)1 ∈ Op(X) e 1

(6)

Proposi¸cão 1.9 Seja O um anel de valoriza¸cão do corpo de fun¸cão F |K. Então: a) O é um anel local, i.e. O tem um único ideal maximal P = O \ O∗ onde O∗ é o conjunto dos elementos invert´ıveis de O.

b) Para x ∈ F e x 6= 0, x ∈ P ⇔ x−1 ∈ O/

c) Para o corpo de constantes ˜K de F |K temos ˜K ⊆ O e ˜K ∩ P = {0}.

Demonstra¸cão 1.10 a) Seja P = O \ O∗. Temos que P é um ideal de O pois seja a ∈ P e d ∈ O e suponha por absurdo que ad ∈ O∗. Assim existe c ∈ O tal que adc = 1, ou seja a(dc) = 1. Logo a ∈ O∗ e a /∈ P . O que é um absurdo. Agora tomamos x, y ∈ P temos que x_y ∈ O ou _xy ∈ O. Suponha que x

y ∈ O o que implica que y(1 + x

y) ∈ P . Da´ı

y + x ∈ P . Consequentemente P ´e um ideal.

Seja J um ideal tal que P ⊆ J ⊆ O e J 6= P . Assim existe x ∈ J tal que x /∈ P , ou seja x ∈ O∗, e como J ´e ideal e de existir x−1 ∈ O temos que xx−1 _{∈ J o que implica que}

1 ∈ J e logo 1a ∈ J , qualquer a ∈ O consequentemente O = J . Da´ı P ´e ideal maximal. Suponha agora que exista um outro ideal Q que seja ideal maximal de O. Obviamente Q ∩ O∗ = {0}, pois do contr´ario Q = O. Logo Q ⊂ O \ O∗ ou seja Q ⊂ P da´ı Q = P . b) Seja x ∈ F e x 6= 0. Suponhamos por absurdo que x ∈ P e x−1 ∈ O da´ı xx−1 _∈

P ou seja 1 ∈ P ou seja P = O, o que contraria a defini¸cão de anel de valoriza¸cão. Reciprocamente se x−1 ∈ O implica que x ∈ O, pela defini¸c˜/ ao de anel de valoriza¸cão da´ı temos que x não é invert´ıvel em O consequentemente x ∈ O \ O∗ ou seja x ∈ P

c) Seja z ∈ ˜K e suponha z /∈ O como O é anel de valoriza¸cão temos que z−1 ∈ O. Temos também que z−1é algébrico sobre K, pois z é algébrico sobre K. Assim existe p(x) ∈ K[x] irredut´ıvel tal que p(z−1) = 0, ou seja:

ar(z−1)r+ · · · + a1(z−1) + 1 = 0

(z−1)(ar(z−1)r−1+ · · · + a1) = −1

z = −(ar(z−1)r−1+ · · · + a1) ∈ K[z−1] ⊆ O

pois z−1 ∈ O e K ⊂ O o que implica que z ∈ O.

Como ˜K ´e corpo, todos seus elementos s˜ao invert´ıveis, exceto o 0. Logo ˜K ∩ P = {0}.

Teorema 1.11 Seja O um anel de valoriza¸cão do corpo de fun¸cões F |K e P = O \ O∗ seu único ideal maximal. Então:

a) P ´e um ideal principal.

b) Se P = tO, então qualquer z ∈ F e z 6= 0 tem uma única representa¸cão na forma z = tn_{u para algum n ∈ Z e u ∈ O}∗_.

c) O é um dom´ınio de ideal principal. Mais precisamente, se P = tO e 0 6= I ⊆ O é um ideal, então I = tn_{O para algum n ∈ N.}

Um anel com a propriedades acima é chamado de anel de anel de valoriza¸cão discreto. A demostra¸cão deste teorema será vista, logo após este lema.

Lema 1.12 Seja O um anel de valoriza¸cão do corpo de fun¸cões algébricas F |K. Seja P o ideal maximal e x ∈ P e x 6= 0. Sejam x1, ..., xn ∈ P tal que x1 = x e xi ∈ xi+1P para

(7)

Demonstra¸cão 1.13 Como x ∈ P e x 6= 0 e de P ∩ ˜K = {0} (proposi¸cão 1.9) temos que x é transcendente sobre K, o que implica que [F : K(x)] < ∞ (observa¸cão 1.4). Vamos mostrar agora que n ≤ [F : K(x)]. Veja que se x1, . . . , xn são linearmente

inde-pendentes sobre K(x), ent˜ao n ≤ [F : K(x)], pois F ´e um K(x)-espa¸co vetorial.

Suponhamos ent˜ao que x1, . . . , xn sejam linearmente dependente sobre K(x). Isto implica

que existe uma combina¸c˜ao n˜ao trivial x1ϕ1+· · ·+xnϕn = 0 onde ϕi ∈ K(x), i = 1, . . . , n.

Eliminando denominadores temos que que ˜ϕi são polinômios em K[x] e que x não divide

todos eles.

Tomando ai = ˜ϕi(0), o termo constante de ˜ϕi e vamos definir j com a seguinte

pro-priedade: aj 6= 0 e ai = 0, ∀i > j.

Assim obteremos − ˜ϕjxj =

P

i6=jϕ˜ixi com ˜ϕi ∈ K[x] ⊆ O para i = 1 . . . , n (pois

x ∈ P ⊂ O e K ⊂ O o que implica que K(x) ⊂ O), xi ∈ xjP para i < j e ˜ϕi = xgi para

i > j, onde gi ∈ K[x]. − ˜ϕj =P_i<jϕ˜i_xxi j + P i>j x xjgixi

Veja agora que P

i<jϕ˜i xi xj ∈ P , pois xi ∈ xjP e ˜ϕi ∈ O e tamb´em P i>j x xjgixi ∈ P pois _xx

j ∈ P e gixi ∈ P . Logo ˜ϕj ∈ P . Mas lembre que ˜ϕj = aj + xgj onde aj ∈ K, o que

implica que aj = ˜ϕj− xgj ∈ K e de ˜ϕj ∈ P, x ∈ P e gj ∈ K[x], temos que ˜ϕj− xgj ∈ P ,

ou seja aj ∈ P . Consequentemente aj ∈ K ∩ P . O que ´e um absurdo pois K ∩ P = {0}.

Demonstra¸c˜ao 1.14 Do teorema anterior

a) Suponha que P não seja ideal principal e escolha um elemento x ∈ P e x 6= 0. Como P 6= xO, existe x1 ∈ P \ xO. Então x1x−1 ∈ O (se x/ 1x−1 ∈ O então xx1x−1 ∈ xO da´ı

x1 ∈ xO Absurdo.) Assim pelo item (b) da proposi¸c˜ao 1.9 temos que (x1x−1)−1 ∈ P uo

seja x−1₁ ∈ P da´ı xx−1₁ x1 ∈ x1P o que implica que x ∈ x1P .

Suponha agora que ∀x ∈ P temos x ∈ (xn. . . x1)P para certos xn. . . x1 ∈ P . Da´ı

como P n˜ao ´e ideal principal temos que existe xn+1 ∈ P \ (xn. . . x1)P . Analogamente

temos xn+1(xn. . . x1)−1 ∈ O e da´ı x/ n+1−1 (xn. . . x1) ∈ P e logo (xn. . . x1) ∈ xn+1P , ou

seja xn. . . x1 = xn+1p, p ∈ P . Da´ı x ∈ (xn+1. . . x1)P , contradizendo o Lema 1.12, pois

podemos tomar infinitos n ∈ N satisfazendo isto.

b) Dado z ∈ F temos que z ou z−1 est˜ao em O, sem perda de generalidade podemos assumir que z ∈ O. Se z ∈ O∗ ⇒ z = t0_{z e acabou.}

Vamos agora considerar z ∈ O \ O∗ = P . Existe um m ≥ 1 m´aximo com z ∈ tm_{O desde}

que o comprimento da sequˆencia x1 = z, x2 = tm−1, ..., xm = t respeite o lema anterior.

Escreva z = tmu com u ∈ O. Veja agora que u ´e invert´ıvel em O. E de fato, se u /∈ O∗

ent˜ao u ∈ P = tO ou seja u = tw, w ∈ O e z = tm_{tw = t}m+1_{w ∈ t}m+1_{O contrariando}

a maximilidade de m. Temos que a representa¸cão é única pois se z = tn_{u = t}m_{v com}

u, v ∈ O∗ ent˜ao tn−m= vu−1 o que implica que t ∈ O∗ ou seja t /∈ P o que ´e um absurso, pois P = tO. Veja agora que u = v pois em F temos que z = tn_{u = t}n_{v e multimplicando}

os dois lados pelo inverso de tn _{temos u = v.}

(8)

vazio. De fato, seja x ∈ I da´ı x = tr_{u, u ∈ O}∗ _{multiplicando u}−1 _{pelos dois lado temos}

tr _{= xu}−1 _{∈ I. Seja n = min(A), afirmamos que I = t}n_{O. Seja x ∈ I, como x = t}r_u,

u ∈ O∗ e r ≥ n pois tr ∈ I ent˜ao x = tntr−nu ou seja x ∈ tnO o que implica que I ⊆ tn_O.

Se x ∈ tn_{O ent˜}_{ao x = t}n_{w, w ∈ O, como t}n_{∈ I temos que x ∈ I da´ı I ⊇ t}n_O.

Defini¸cão 1.15 a) Um lugar P de um corpo de fun¸cões F |K é o ideal maximal de algum anel de valoriza¸cão O de F |K. Qualquer elemento t ∈ P tal que P = tO é chamado elemento primo de P (outras nota¸cões são parametros locais ou variavel uniformizante) b) PF := {P ; P é um lugar de F |K}

Se O é um anel de valoriza¸cão de F |K e P é um ideal maximal, então O é unicamente determinado por P a saber O = {z ∈ F |z−1 ∈ P } (Ver Proposi¸c˜/ ao 1.9). Da´ı OP := O é

chamado de anel de valoriza¸cão do lugar P . Uma segunda descri¸cão muito útil de lugares ´

e dada em termo de valoriza¸c˜ao.

Defini¸cão 1.16 Uma valoriza¸cão discreta de F |K é uma fun¸c˜_{ao v : F → Z ∪ {∞} com} as seguintes propriedades

1) v(x) = ∞ ⇔ x = 0

2) v(xy) = v(x) + v(y), ∀x, y ∈ F

3) v(x + y) ≥ min{v(x), v(y)}, ∀x, y ∈ F 4) existe z ∈ F tal que v(z) = 1

5) v(a) = 0, ∀a ∈ K e a 6= 0

Neste contexto, o s´ımbolo ∞ significa algum elemento que n˜ao est´_{a em Z tal que} ∞ + ∞ = ∞ + n = n + ∞ = ∞ e ∞ > m, ∀m, n ∈ Z.

De (2) e (3) temos que v(1) = v(1 · 1) = v(1) + v(1) o que implica que v(1) = 0. Seja z ∈ F tal que v(z) = 1. Da´ı v(z2_{) = v(z) + v(z) = 2, assim indutivamente temos que}

N ⊂ v(F ). Como 0 = v(1) = v(zz−1) = v(z) + v(z−1) o que implica que v(z−1) = −v(z) e consequentemente Z ⊂ F e como por defini¸cão temos que v(0) = ∞ temos que Z∪{∞} ⊂ F e logo v : F → Z ∪ {∞} é sobrejetiva. A propriedade (3) é chamada de desigualdade triangular. Um forte versão desta desigualdade pode derivar dos axiomas e geralmente é muito usada.

Lema 1.17 Desigualdade Triangular Estrita

Seja v uma valoriza¸c˜ao discreta de F |K e x, y ∈ F com v(x) 6= v(y). Ent˜ao v(x + y) = min{v(x), v(y)}. Mais ainda, seja x1, . . . , xn ∈ F tal que v(x1) < v(xi), ∀i ∈ {2, . . . n}

da´ı v(x1+ · · · + xn) = v(x1) = min{v(x1), . . . , v(xn)}.

Demonstra¸cão 1.18 Das propriedades (2) e (5) temos que se a ∈ K e a 6= 0 então v(ay) = v(y). Em particular v(−y) = v(y). Como v(x) 6= v(y), podemos assumir que v(x) < v(y). Suponha por absurdo que v(x + y) 6= min{v(x), v(y)} então v(x + y) > v(x).

Assim v(x) = v((x + y) − y) ≥ min{v(x + y), v(y)} > v(x),

(pois v(y) > v(x) e v(x + y) > v(x)). Absurdo. Logo v(x + y) = min{v(x), v(y)}. Agora, por indu¸c˜ao suponha que seja v´alido para n e seja x1, . . . , xn+1 tal que v(x1) <

v(xi), ∀i ∈ {2, . . . , n + 1}. Assim v(x1+ · · · + xn+1) = min{v(x1+ · · · + xn), v(xn+1)} =

(9)

Defini¸c˜_{ao 1.19 Para qualquer lugar P ∈ P}F vamos associar a fun¸c˜ao vP : F → Z ∪ {∞}

(que provaremos adiante ser uma valoriza¸cão discreta de F |K). Escolha um elemento primo t ∈ P . Então pelo teorema 1.11 item b qualquer z ∈ F e z 6= 0, temos uma única representa¸cão z = tn_{u com u ∈ O}∗

P e n ∈ Z. Definiremos vP(z) := n e vP(0) := ∞.

Observe que esta defini¸cão depende apenas de P e não da escolha de t. E de fato se t0 é outro elemento primo de P , então P = tO = t0O, assim t = t0w para w ∈ O∗_P. Consequentemente tn_{u = (t}0n_wn_{)u = t}0n_(wn_{u), onde w}n_{u ∈ O}∗

P.

Teorema 1.20 Seja F |K um corpo de fun¸c˜oes.

a) Para qualquer lugar P ∈ PF, a fun¸cão vP definida acima é uma valoriza¸cão discreta

de F |K. Al´em disso, temos que: OP = {z ∈ F ; vP(z) ≥ 0}

O∗

P = {z ∈ F ; vP(z) = 0}

P = {z ∈ F ; vP(z) > 0}

Um elemento x ∈ F ´e um elemento primo de P se e s´o se vP(x) = 1

b) Reciprocamente supondo que v é uma valoriza¸cão discreta de F |K. Então o conjunto P = {z ∈ F ; v(z) > 0} é um lugar de F |K, e OP = {z ∈ F ; vP(z) ≥ 0} é o anel de

valoriza¸c˜ao correspondente.

c) Qualquer anel de valoriza¸c˜ao O de F |K ´e um subanel maximal de F .

Demonstra¸cão 1.21 a) vP é uma valoriza¸cão discreta de F |K, pois veja que as

pro-priedades s˜ao satisfeitas: 1) por defini¸c˜ao de vP

2) vP(xy) = vP(tnutmw) = n + m = vP(tnu) + vP(tmw) = vP(x) + vP(y)

3) Seja x, y ∈ F com vP(x) = n e vP(y) = m. Vamos assumir que n ≤ m < ∞, deste

modo x = tn_{u e y = t}m_{w com u, w ∈ O}∗

P. Ent˜ao x + y = tn(u + tm−nw) = tnp com p ∈ OP.

Se p = 0, ent˜ao vx+y = ∞ > min{n, m}, do contr´ario p = tkr com k ≥ 0 e r ∈ OP∗ o que

implica que vP(x + y) = vP(tn+kr) = n + k ≥ n = min{vP(x), vP(y)}.

4) Temos que vP(t) = 1

5) Se a ∈ K e a 6= 0 ent˜ao a ∈ O∗_P, o que implica vP(a) = vP(t0a) = 0.

Veja que z ∈ F ∩ O_P∗ se e s´o se z = t0z, z ∈ O∗_P se e s´o se vP(z) = 0. Da´ı O∗P = {z ∈

F ; vP(z) = 0}. Temos tamb´em que z ∈ P se e s´o se z−1 ∈ O e como z = t/ nu, u ∈ O∗P e

n ∈ Z temos que n ∈ N, pois t ∈ P (se −n ∈ N teriamos P = F o que ´e um absurdo). E ainda se n = 0 temos que z ∈ O_P∗. Da´ı P = {z ∈ F ; vP(z) > 0}. E como OP = O∗P ∪ P

temos que OP = {z ∈ F ; vP(z) ≥ 0}. Veja ainda que x ∈ F ´e elemento primo de P se e

s´o se x = tu com u ∈ O_P∗ se e s´o se vP(x) = 1.

b) Seja o conjunto OP = {z ∈ F ; v(z) ≥ 0}, assim sejam x, y, z ∈ F com v(x), v(y), v(z) ≥

0. Da´ı temos que v(x + y) ≥ min{v(x), v(y)} e v(xy) = v(x) + v(y) ≥ 0. Do fato de F ser corpo temos que

1) x + y = y + x

2) (x + y) + z = x + (y + z) 3) xy = yx

(10)

5) x(y + z) = xy + xz

6) Seja 1, o elemento unidade de F , da´ı v(1) = v(1 · 1) = v(1) + v(1) o que implica que v(1) = 0, ou seja 1 ∈ OP

7) Seja 0, o elemento neutro aditivo de F , da´ı v(0) = ∞ ≥ 0, ou seja 0 ∈ OP

8) Seja −x ∈ F o elemento simétrico de x. Da´ı v(−x) = v(−1) + v(x) = 0 + v(x) ≥ 0. E isto implica que OP é anel comutativo de F e temos também que OP é anel de

val-oriza¸c˜ao de F |K, pois

A) ∀a ∈ K temos que v(a) = 0, da´ı K ⊂ OP. E do fato de v ser valoriza¸c˜ao, existe

z ∈ F tal que v(z) = 1, mas assim z ∈ OP \ K, ou seja K ( OP. ´E ´obvio que OP ⊂ F

e tomando x ∈ OP tal que v(x) > 0, temos que 0 = v(1) = v(x) + v(x−1) o que implica

que v(x−1) = −v(x). Da´ı OP ( F .

Vamos mostrar agora que P = {z ∈ F ; v(z) > 0} ´e um ideal maximal de OP. Seja x ∈ P

e y ∈ OP, da´ı v(xy) = v(x) + v(y) > 0, ou seja xy ∈ P . Tamb´em temos que se x, z ∈ P

então v(x + y) ≥ min{v(x), v(y)} > 0, da´ı x + y ∈ P . Consequentemente P é um ideal de O. Veja que P é ideal maximal pois seja I um ideal de OP tal que P $ I ⊂ OP. Assim

existe t ∈ I tal que v(t) = 0 e isto implica que t−1 ∈ OP, pois do contr´ario ter´ıamos

t−1 ∈ O/ P e logo v(t−1) < 0 consequentemente 0 > v(t) + v(t−1) = v(tt−1) = v(1) = 0,

o que ´e um absurdo. Logo tt−1 ∈ I ou seja 1 ∈ I, o que implica que I = OP. E assim

I não é ideal maximal. É óbvio que P é o único ideal maximal de OP, pois se existisse

um outro ideal maximal Q de OP teremos que Q ⊆ P , isto vem do fato de que se existe

t ∈ Q tal que v(t) = 0 ent˜ao Q = OP. Assim Q = P .

Logo pela defini¸cão de lugar P é um lugar de F |K com OP, o anel de valoriza¸cão

corre-spondente.

B) Suponha que z, z−1 ∈ F \ OP, da´ı v(z) < 0 e v(z−1) < 0, o que implica que

0 > v(z) + v(z−1) = v(zz−1) = v(1) = 0. O que ´e absurdo.

c) Seja O um anel de valoriza¸c˜ao de F |K, P o ideal maximal, vP a valoriza¸c˜ao discreta

associada a P e z ∈ F \ O. Vamos mostrar que F = O[z]. Seja y ∈ F , como z /∈ O ent˜ao z−1 ∈ P ou seja z−1 _{= tp com t elemento primo de P e p ∈ O e para k ≥ 0}

sulficientemente grande temos vP(yz−k) = vP(y(tp)k) = vP(y) + vP(tkpk) ≥ vP(y) + k ≥ 0

o que implica que yz−k ∈ O. Chamando w = yz−k_{, temos que w ∈ O. Da´ı y = wz}k _{o que}

implica que y ∈ O[z]. Ou seja F ⊂ O[z]. ´E ´obvio que O[z] ⊂ F . Da´ı F = O[z]. Ou seja

O ´e anel pr´oprio maximal de F .

De acordo com o Teorema 1.20, lugares, aneis de valoriza¸cão e valoriza¸cão discreta de corpos de fun¸cões essencialmente significa a mesma coisa.

Seja P um lugar de F |K e OP o anel de valoriza¸c˜ao. Como P ´e um ideal maximal o anel

de classe residuais OP/P ´e um corpo. Para x ∈ OP definiremos x(P ) ∈ OP/P a classe de

res´ıduos de x m´odulo P , para x ∈ F \ OP colocaremos x(P ) := ∞ (Veja que este s´ımbolo

j´a foi usado na defini¸c˜ao 1.19 em um senso diferente).

Por defini¸c˜ao sabemos que sabemos que K ⊆ OP e da proposi¸c˜ao 1.9 temos K ∩ P = {0},

assim a aplica¸c˜ao de classes OP → OP/P induz um mergulho canˆonico de K em OP/P .

Daqui em diante vamos considerar K um subcorpo de OP/P via essa injetividade. Observe

(11)

como um subcorpo de OP/P .

Defini¸c˜_{ao 1.22 Seja P ∈ P}F

a) FP := OP/O ´e o corpo de classes residuais de P . A aplica¸c˜ao x → x(P ) de F para

FP∪ {∞} ´e chamada de aplica¸c˜ao de classe residual com respeito a P . As vezes usaremos

a nota¸c˜ao x + P := x(P ) para x ∈ OP.

b) grau P := [FP : K] ´e chamado de grau de P .

O grau de um lugar ´e sempre finito, mais precisamente o seguinte ´e valido

Proposi¸cão 1.23 Se P é um lugar de F |K e x ∈ P, x 6= 0 então grau P ≤ [F : K(x)] < ∞.

Demonstra¸c˜ao 1.24 Do fato de x ∈ P , x 6= 0 e de ˜K ∩ P = {0} temos que x ´e transcendente sobre K. Da´ı [F : K(x)] < ∞.

Vamos mostrar agora que grau P ≤ [F : K(x)] ou seja [FP : K] ≤ [F : K(x)]. Veja que

basta mostrar que tomando z1, . . . , zn ∈ OP onde z1(P ), . . . , zn(P ) ∈ FP s˜ao linearmente

independente sobre K ent˜ao z1, . . . , zn ∈ OP s˜ao linearmente independente sobre K(x).

Assim tomando tais elementos e suponha que existe uma combina¸c˜ao linear n˜ao trivial ϕ1z1+ · · · + ϕnzn= 0

onde ϕi ∈ K(x), i = 1, . . . , n. Chamando ϕi = a_b_ii, com ai, bi ∈ K[x] e bi 6= 0 e ainda

chamando b = bi· · · bn temos que

n

X

i=1

baizi = 0

Vamos assumir que bai, i = 1, . . . , n sejam polinômios na variável x e que x não divide

todos eles. Assim bai = ci + xgi onde gi ∈ K[x] e ci ∈ K e existe i ∈ {1, . . . , n} tal que

ci 6= 0.

Como x ∈ P e gi = ci + ci1x + · · · + cinxn ∈ OP pois x ∈ OP e ci ∈ K ⊂ O, temos

que bai(P ) = ci + xgi(P ) = ci(P ) = ci. Aplicando a aplica¸c˜ao de classe de res´ıduo em

Pn

i=1baizi = 0 temos que

0 = 0(P ) = n X i=1 baizi(P ) ou seja 0 = n X i=1 cizi(P )

O que ´e um absurdo, pois supomos que zi(P ), i = 1, . . . n s˜ao linearmente independente

sobre K.

(12)

Demonstra¸c˜_{ao 1.26 Usaremos o fato de P}F 6= ∅ (que provaremos mais adiante).

Es-colha algum P ∈ PF. Como ˜K est´a contido em FP pela aplica¸c˜ao de classe de res´ıduos

O → FP ent˜ao [ ˜K : K] ≤ [FP : K] < ∞

Observa¸c˜ao 1.27 No caso de grau P = 1 temos que FP = K e as aplica¸c˜oes das classes

residuais vão de F para K ∪{∞}. Em particular, se K é um corpo algebricamente fechado, então K não tem extensão algébrica e consequentemente qualquer lugar tem grau 1, assim podemos ver um elemento z ∈ F como uma fun¸cão

z :

PF −→ K ∪ {∞}

P 7−→ z(P )

Este é o motivo pelo qual chamamos F |K de corpo de fun¸cões. Os elementos de K, interpretados como fun¸cões como em 1.4, são fun¸cões constantes. Por essa razão K é chamado corpo de constantes de F . Além disso a terminologia seguinte é justificada por 1.4.

Defini¸c˜_{ao 1.28 Seja z ∈ F e P ∈ P}F. Dizemos que P ´e um zero de z se e somente se

vP(z) > 0; P ´e um polo de z se e somente se vP(P ) < 0. Se vP(z) = m > 0, P ´e um zero

de z de ordem m; se vP(z) = −m < 0, P ´e um polo de z de ordem m.

A seguir concentraremos em quest˜oes sobre a existˆencia de lugares em F |K.

Teorema 1.29 Seja F |K um corpo de fun¸cões e R um subanel de F com K ⊆ R ⊆ F . Suponha que {0} 6= I $ R é um ideal próprio de R. Então existe um lugar P ∈ PF tal

I ⊆ P e R ⊆ OP).

Demonstra¸cão 1.30 Considere o conjunto F = {S; S é um subanel de F com R ⊆ S e IS 6= S}. (IS é por defini¸cão o conjunto de todas as somas finitas P aisi com ai ∈ I e

si ∈ S; IS ´e um ideal de S).

F é não vazio pois pois R ∈ F e F é indutivamente ordenado por inclusão. De fato se H ⊂ F é um subconjunto totalmente ordenado de F , então T := ∪{S; S ∈ H} é um subanel de F com R ⊆ T , pois seja x, y ∈ T então x ∈ S1 e y ∈ S2 com S1 ⊆ S2 ou

S2 ⊆ S1. Suponhamos que seja S1 ⊆ S2. Logo xy ∈ S2 ⊂ T e x + y ∈ S2 ⊂ T .

Vamos mostrar que IT 6= T . Suponha que seja falso, da´ı com 1 ∈ T ent˜ao 1 ∈ IT e consequentemente 1 = P aisi com ai ∈ I e si ∈ T . Como H ´e totalmente ordenado,

existe S0 ∈ H tal que s1, . . . sn ∈ S0, assim 1 = P a1s1 ∈ IS0. Seja x ∈ S0, logo

1 · x ∈ IS0 e conquementemente S0 ⊂ IS0. Como I ∈ S0, temos que IS0 ⊂ S0. Da´ı

IS0 = S0 contrariando o fato de S0 ∈ F .

Pelo lema Zorn, F cont´em um elemento maximal, ou seja, existe um anel O ⊆ F tal que R ⊆ O ⊆ F , IO 6= O e O ´e maximal com respeito a estas propriedades.

Queremos mostrar que O é um anel de valoriza¸cão de F |K. Mas veja que como I 6= {0} e IO 6= O, nos temos que O $ F , pois se O = F então IF = F contradizendo O ∈ F. E temos também que I ⊆ O \ O∗. Suponha que existe um elemento z ∈ F com z /∈ O e

(13)

z−1 ∈ O. Ent˜/ ao pela maximalidade de O temos que IO[z] = O[z] e IO[z−1] = O[z−1], e ainda podemos encontrar a0, . . . , an, b0, · · · , bm ∈ IO com

1 = a0+ a1z + · · · + anzn (1)

1 = b0+ b1z + · · · + bmzm (2)

Claramente temos que n, m ≥ 1. Podemos assumir que m, n s˜ao escolhidos de forma m´ınima e que m ≤ n. Multiplicando a primeira equa¸c˜ao por 1 − b0, a segunda por anzn

e somando as duas teremos

1−b0 = (1−b0)a0+(1−b0)a1z+· · ·+(1−b0)an−mzn−m+bmanzn−m+· · ·+(1−b0)an−1zn−1+b1anzn−1

(3) o que implica que

1−b0 = (1−b0)a0+b0+(1−b0)a1z+· · ·+((1−b0)an−m+bman)zn−m+· · ·+((1−b0)an−1+b1an)zn−1

(4) ou seja

1 = c0+ c1z + · · · + cn−1zn−1 (5)

onde ci ∈ IO. E isto contradiz a minimalidade de n. Assim z ∈ O ou z−1 ∈ O, qualquer

z ∈ F . Da´ı O ´e anel de valoriza¸c˜ao.

Corolário 1.31 Seja F |K um corpo de fun¸cões, z ∈ F tal que z é transcendente sobre K. Ent˜_{ao z tem no m´ınimo um zero e um polo. Em particular P}F 6= ∅.

Demonstra¸c˜ao 1.32 Considere o anel R = K[x] e o ideal I = zK[x]. O teorema anterior assegura que existe um lugar P ∈ PF com z ∈ P , da´ı vP(z) > 0 e logo P ´e um zero de z.

Da mesma maneira, tomando o elemento z−1, temos que existe Q que ´e um zero de z−1, o que implica que vQ(z−1) > 0, consequentemente vQ(z) < 0 (pois −vQ(z) = vQ(z−1)). Ou

seja Q ´e um polo de z.

O corolário 1.31 pode ser interpretado da seguinte maneira: qualquer z ∈ F o qual não esta no corpo de constantes ˜K de F |K, admite uma fun¸cão não constante no senso da observa¸cão 1.27.

1.2 O Corpo de Fun¸

c˜

oes Racionais

Para um melhor entendimento de valoriza¸cão, lugares e corpos de fun¸cões arbitrários, uma idéia precisa da no¸cão de um simples caso é indispensável. Por esta razão, investi-garemos o que estes conceitos significam no caso de corpos de fun¸cões F = K(x), onde x ´

e transcendente sobre K.

Dado um polinômio arbitrário p(x) ∈ K[x], mônico e irredut´ıvel, considere o anel de valoriza¸cão.

Op(x) = {

f (x)

(14)

de K(x)|K e que tem ideal maximal Pp(x) = {

f (x)

g(x); f (x), g(x) ∈ K[x], p(x)|f (x), p(x) - g(x)}. (7) No caso particular, quando p(x) ´e linear, ou seja p(x) = x − α com α ∈ K, n´os abreviare-mos e escrevereabreviare-mos Pα := Px−α ∈ PK(x).

Existe outro anel de valoriza¸c˜ao de K(x)|K a saber O∞ = {

f (x)

g(x); f (x), g(x) ∈ K[x], grau f (x) ≤ grau g(x)} (8)

cujo ideal maximal ´e P∞= {

f (x)

g(x); f (x), g(x) ∈ K[x], grau f (x) < grau g(x)} (9) Este ´e chamado de lugar infinito de K(x). Observe que este r´otulo depende especi-ficamente da escolha do elemento x ∈ K(x)|K. Por exemplo, K(x) = K(1

x), e o lugar

infinito com respeito a 1_x ´e o lugar P0 com respeito a x. Veja que

P∞ = f(1_x) g(_x1); f 1 x ; g 1 x ∈ K 1 x , grau f 1 x < grau g 1 x = a0+a1_x1+···+an(1_x) n b0+b11_x+···+bm(1_x) m; b_m 6= 0, m > n = ( 1 x) n (a0xn+···+an) (1 x) m (b0xm+···+bm) ; bm 6= 0, m > n =nxm−n ˜f (x)_g(x)_˜ _{; x - ˜}g(x), m > no= P0

Proposi¸c˜ao 1.33 Seja F |K um corpo de fun¸c˜ao racionais:

a) Seja P = Pp(x) ∈ PK(x) o lugar definido por (7), onde p(x) ∈ K[x] ´e um polinˆomio

irredut´ıvel. Então p(x) é elemento primo de P e a correspondencia da valoriza¸cão discreta vP pode ser descrita da seguinte maneira: se z ∈ K(x) \ {0} é escrito na forma z =

p(x)n₍f (x)

g(x)) com n ∈ Z, f (x), g(x) ∈ K[x], p(x) - f (x) e p(x) - g(x), ent˜ao vP(z) = n. O

corpo das classes residuais K(x)P = OP/P ´e isomorfo a K[x]/(p(x)).

Um isomorfirmo ´e dado por

φ : K[x]/(p(x)) → K(x)P

f (x)modp(x) 7−→ f (x)(P ) consequentemente grau P = grau p(x)

b) No caso especial de p(x) = x − α com α ∈ K o grau de P = Pα ´e 1 e a aplica¸c˜ao das

classes residuais ´e dada por

(15)

para z ∈ K(x) e onde z(α) é definida da seguinte maneira: escreva z = f (x)_g(x) com f (x), g(x) ∈ K[x] polinômios primos entre si. Então z(α) = f (α)_g(α) se g(α) 6= 0 e z(α) = ∞ se g(α) = 0

c) Finalmente seja P = P∞o lugar infinito de K(x)|K definido por 9. Ent˜ao grau P∞ = 1.

Um elemento primo de P∞ ´e t = 1_x. A correspondente valoriza¸c˜ao discreta v∞ conforme

definida no item (a) satisfaz v∞(

f (x)

g(x)) = grau g(x) − grau f (x)

onde f (x), g(x) ∈ K[x]. A aplica¸c˜ao das classes residuais de P∞ ´e definida por

z(P∞) = z(∞)

para z ∈ K(x), onde z(∞) ´e definida da seguinte maneira: se z = anxn+···+a0

amxm+···+b0 com

an, bn 6= 0 ent˜ao z(∞) = a_b_nn se n = m, z(∞) = 0 se n < m e z(∞) = ∞ se n > m

d) K ´e o corpo completo de constantes de K(x)|K

Demonstra¸cão 1.34 a) Seja P = Pp(x) onde p(x) ∈ K[x] é irredut´ıvel e mônico da´ı

Pp(x) =

nf (x)

g(x); f (x), g(x) ∈ K[x], p(x)|f (x), p(x) - g(x) o

(10) assim f (x) = p(x)f1(x), onde f1(x) ∈ K[x], p(x) - f1(x), logo

Pp(x) = p(x)f1(x) g(x); f (x)1 g(x) ∈ Op(x) = p(x)Op(x). (11)

Ou seja p(x) ´e elemento primo de P .

A aplica¸cão vP definida é de fato uma valoriza¸cão discreta, basta ver a defini¸cão 1.19 e o

teorema 1.20 Veja que φ : K[x]/(p(x)) −→ K(x)P f (x)mod(p(x)) 7−→ f (x)(P ) ´

e um isomorfismo pois seja f (x) ∈ K(x)/(p(x)) onde φ(f (x)) = 0, ou seja escrevendo f (x) = p(x)g1(x) + f1(x) onde grau (f1(x)) < grau (p(x)) ou f1(x) = 0 temos que se

f (x)(P ) = 0 ent˜ao f (x) ∈ P , ou seja p(x) | f (x) e logo f1(x) = 0 o que implica que

Kerφ = {0}, ou seja φ ´e injetiva.

Temos ainda que φ ´e sobrejetiva, pois seja z ∈ Op(x), ent˜ao z = u(x)_v(x), com u(x), v(x) ∈ K[x]

onde p(x) - v(x). Assim existem a(x), b(x) ∈ K[x] ⊂ Op(x) tal que p(x)a(x) + v(x)b(x) = 1

o que implica que

z = 1 · z = (p(x)a(x) + v(x)b(x))u(x)

v(x) = p(x)a(x) u(x)

(16)

e assim z(P ) = (b(x)u(x))(P ), pois como a(x) ∈ Op(x) e u(x)_v(x) ∈ Op(x) temos p(x)a(x)u(x) v(x) (P ) = 0

e chamando f (x) = b(x)u(x) ∈ K[x] temos que z(P ) = f (x)(P ) = Im(φ). Portanto φ é bijetiva, o que implica que grau P = [K(x)P : K] será igual a dimensão do espa¸co vetorial

K[x]/(p(x)) que ´e grau (p(x)).

b) Se p(x) = x − α, α ∈ K temos que grau P = 1 (por item a). Se f (x) ∈ K[x] ent˜ao teremos x − α | (f (x) − f (α)).

Da´ı f (x)(P ) = (f (x) − f (α) + f (α))(P ) = (f (x) − f (α))(P ) + f (α)(P ) = f (α)(P ). Assim um elemento arbitr´ario z ∈ OP pode ser escrito na forma z = f (x)_g(x), onde f (x), g(x) ∈ K[x]

e x − α - g(x) e consequentemente g(x)(P ) = g(α)(P ) 6= 0. E logo z(P ) = f (x) g(x)(P ) = f (x)(P ) g(x)(P ) = f (α) g(α) = z(α)

c) Seja x ∈ K(x), da´ı1_x ∈ P∞ e ainda K(1_x) = K(x), o que implica que [K(x) : K(_x1)] = 1

e logo da proposi¸c˜ao 1.23 temos que grau P∞≤ [K(x) : K(_x1)] = 1, logo grau P∞= 1

Temos que _x1 ∈ P∞ ´e elemento primo de P∞ pois, seja z ∈ P∞, ent˜ao z = f (x)_g(x), com

f (x), g(x) ∈ K[x] e grau f (x) < grau g(x). Da´ı z = _x1xf (x)_g(x) com grau (xf (x)) ≤ grau (g(x)) ou seja xf (x)_g(x) ∈ O∞. Assim z ∈ 1_xO∞ e logo P∞ ⊂ _x1O∞.

Temos tamb´em que 1_xO∞ ⊂ P∞, pois seja 1_xf (x)_g(x) ∈ _x1O∞, da´ı grau (f (x)) ≤ grau (g(x)) e

consequentemente grau (f (x)) < grau (xg(x)), e logo _x1f (x)_g(x) ∈ P∞. Da´ı_x1 ´e primo em P∞.

Seja z ∈ K(x), da´ı z = f (x)_g(x) com f (x), g(x) ∈ K[x] o que implica que z = a0+a1x+···+anxn

b0+b1x+···+bmxm

com ai, bi ∈ K e an, bm 6= 0. Assim teremos que

z = 1 x m−n _a 0 _x1 n + · · · + an b0 1_x m + · · · + bm , onde ai _x1 n−i , bj _x1 m−j ∈ P∞para i = 0, . . . , n−1 e j = 0, . . . , m−1 e como an, bm ∈ O∗∞ temos que a0 1_x n + · · · + an ∈ O∞∗ e b0 _x1 m + · · · + bm ∈ O∞∗ e assim v∞(z) = m − n = grau g(x) − grau f (x).

A aplica¸cão descrita é de fato uma aplica¸cão de classe residual pois seja z = anx

n_{+ · · · + a} 0

bmxm+ · · · + b0

∈ K(x)

com an, bm 6= 0. Se z ∈ K(x) \ OP, ent˜ao n > m e logo z(∞) = ∞. Se z ∈ P , ent˜ao

m > n e logo z(∞) = 0. Agora se z ∈ O∞\ P , ent˜ao n = m e assim z(∞) = a_b_nn. Note

ainda que K ⊂ OP/P , pois seja a ∈ K, da´ı tome z ∈ O tal z = ax

n_+a

n−1xn−1+···+a0

xn_+···+b

0 assim

(17)

d) Escolha um lugar P de K(x)|K onde grau P = 1 (basta tomar P = Pα com α ∈ K).

Como o corpo de constantes ˜K de K(x) esta mergulhado no corpo das classes residuais

ent˜ao K ⊆ ˜K ⊆ K(x)P = K.

Teorema 1.35 Não há outros lugares no corpo de fun¸cão racional K(x)|K a não ser Pp(x) e P∞ definidos anteriormente.

Demonstra¸c˜_{ao 1.36 Veja que basta mostrar que dado um lugar P ∈ P}K(x), com P 6=

P∞, ent˜ao existe um polinˆomio irredut´ıvel p(x) ∈ K[x] tal que Op(x) = OP (lembre que

para cada anel de valoriza¸c˜ao exite apenas um lugar correspondente e vice-versa). Iremos dividir a demosntra¸c˜ao em dois casos, quando x ∈ OP e quando x /∈ OP.

Caso 1: Suponhamos que x ∈ OP, logo K[x] ⊆ OP. O conjunto I := K[x] ∩ P ´e um ideal

de K[x]. Mais ainda, temos que K[x] ∩ P ´e um ideal primo.

A aplica¸c˜ao de classe residual induz a um mergulho K[x]/I → K(x)P, consequentemente

pela proposi¸c˜ao 1.23 temos que I 6= {0}.

Segue que existe um único polinômio mônico irredut´ıvel p(x) ∈ K[x] tal que I = K[x] ∩ P = p(x)K[x]. Isto decorre do fato de todo ideal primo de anel de polinômios tem um ´

unico gerador mˆonico irredut´ıvel.

Assim qualquer g(x) ∈ K[x] com p(x) - g(x) n˜ao pertence a I, logo g(x) /∈ P e 1

g(x) ∈ OP

(proposi¸c˜ao 1.9). Assim ∀f (x) ∈ K[x] temos f (x)_g(x) ∈ O. Logo teremos Op(x) =

f (x)

g(x); f (x), g(x) ∈ K[x], p(x) - g(x)

⊆ OP.

E ainda teremos OP = Op(x) pois Op(x) ´e valoriza¸c˜ao. Caso 2: Suponhamos agora que

x /∈ OP, ent˜ao x−1 ∈ P e logo K[x−1] ⊆ OP, x−1 ∈ P ∩ K[x−1] e ainda teremos que

P ∩ K[x−1] = p(x−1)K[x−1] onde p(x−1) ∈ K[x−1]. Mas veja que p(x−1) = x−1, de fato como x−1 ∈ P ∩ K[x−1_{] temos que p(x}−1_)|x−1_{, mas os ´}_{unicos divisores em K[x}−1_{] de}

x−1 são x−1 e 1. Se p(x−1) = 1 então 1 ∈ P e logo P = O o que é absurdo. Logo P ∩ K[x−1] = x−1K[x−1]. Como no caso 1 temos que

OP ⊇ n f (x−1) g(x−1₎, f (x −1_{), g(x}−1_{) ∈ K[x}−1_{], x}−1 - g(x−1) o =na0+···+anx−n b0+···+bmx−m, b0 6= 0 o =na0xm+n+···+anxm b0xm+n+···+bmxn, b0 6= 0 o Corol´ario 1.37 Os lugares de K(x)|K de grau um est˜ao em correspondencia um a um com K ∪ {∞}.

O corolário é óbvio pela proposi¸cão e pelo teorema anterior. Em termo de geomatria algébrica K ∪ {∞} é normalmente interpretado como retas projetivas P (K) sobre K. Da´ı os lugares de K(x)|K de grau um correspondem em por um com os pontos de P (K).

(18)

1.3 Independˆ

encia das Valoriza¸

c˜

oes

O resultado central desta se¸cão é o Teorema da Aproxima¸cão Fraca (o qual é também chamado de Teorema da Independência). Essencialmente o teorema diz o seguinte. Se v1, . . . , vn são valoriza¸cões discretas de F |K duas a duas distintas, z ∈ F e se sabemos os

valores v1(z), . . . , vn−1(z), então nós não podemos dizer nada a respeito de vn(z).

Teorema 1.38 Teorema da Aproxima¸c˜ao Fraca

Seja F |K um corpo de fun¸c˜oes P1, . . . , Pn ∈ PF, lugares dois a dois distintos de F |K,

x1, . . . , xn ∈ F e r1, . . . , rn ∈ Z. Ent˜ao existe algum x ∈ F tal que vPi(x − xi) = ri para

i = 1, . . . , n

Demonstra¸cão 1.39 Dividiremos a demosntra¸cão em 3 passos e para simplificar a nota-¸cão chamaremos vPi = vi.

Passo 1: existe algum u ∈ F com v1(u) > 0 e vi(u) < 0 para i = 2, . . . , n

Demonstra¸c˜ao Passo 1: Vamos fazer por indu¸c˜ao, suponha que n = 2. Da´ı dados P1, P2,

lugares de F |K distintos. Tomando OP1 e OP2 os aneis de valoriza¸c˜ao correspondentes a

P1 e P2 temos que OP2 * OP1 e OP1 * OP2, pois de acordp com o teorema 1.20 item (c)

temos que anéis de valoriza¸cão são subaneis próprios maximais de F . Assim irá existir y1 ∈ OP1 \ OP2 e y2 ∈ OP2\ OP1, o que implica que v1(y1) ≥ 0, v2(y1) < 0 e v1(y2) < 0.

Como y2 ∈ O/ P1 ent˜ao y

−1

2 ∈ P1 e assim y_y1₂ ∈ P1 e _yy1₂ ∈ O/ P2, pois do contr´ario y2

y1

y2 ∈ OP2,

ou seja y1 ∈ OP2 o que ´e absurdo. Consequentemente v1

y1 y2 > 0 e v2 y1 y2 < 0.

Suponhamos agora que seja v´_{alido para n ∈ N. Pela hipótese de indu¸cão, existe y ∈ F tal} que v1(y) > 0 e vi(y) < 0 para i = 2, . . . , n. Se vn+1(y) < 0, então terminamos a prova. Se

vn+1(y) ≥ 0, ent˜ao existe z ∈ F tal que v1(z) > 0 e vn+1(z) < 0, da´ı tomamos u = y + zr

onde r ∈ N satisfaz rvi(z) 6= vi(y), para i = 1, . . . , n (isto ´e poss´ıvel pois vi(z), vi(y) s˜ao

finitos e exite infinitas escolhas de r).

Assim teremos v1(u) = v1(y + zr) ≥ min{v1(y), v1(zr)} = min{v1(y), rv1(z)} > 0 e

ainda vi(u) = min{vi(y), rvi(z)} < 0 para i = 2, . . . , n + 1 (vale a igualdade acima pelo

Teoreama da Desigualdade Triangular Estrita).

Passo 2: existe w ∈ F tal que v1(w − 1) > r1 e vi(w) > ri para i = 2, . . . , n.

Demonstra¸c˜ao Passo 2: Escolha u satisfazendo o passo 1. Assim tome w := (1 + us₎−1

onde s ∈ N ser´a sulficientemente grande. Da´ı v1(w − 1) = v1 _1+u1s − 1 = v1 −u s 1+us = v1(−us(1 + us)−1) = v1(−us) + v1((1 + us)−1) = v1(us) = sv1(u)

Veja que v1 _1+u1 s = −v1(1 + us) = −min{v1(1), v1(us)} = 0 e tamb´em que u 6= 1 pois se

(19)

E ainda temos vi(w) = vi _1+u1 s = −vi(1 + us) = −min{vi(1), vi(us)} = −min{vi(1), svi(u)} = −svi(u) > ri

para i = 2, . . . , n (lembre que −vi(u) > 0).

Passo 3: Dados y1, . . . , yn ∈ F , existe um elemento z ∈ F com vi(z − yi) > ri para

i = 1, . . . , n.

Demonstra¸c˜_{ao Passo 3: Escolha z ∈ Z tal que v}i(yj) ≥ s para todos i, j ∈ {1, . . . , n}.

Pelo passo 2, existe w1, . . . , wn com vi(wi− 1) > ri− s e vi(wj) > ri− s para todo i 6= j.

Ent˜ao z :=Pn

j=1yjwy tem as propriedades desejadas pois

vi(y1w1+ · · · + ynwn− yi) = vi P i6=jyjwj + yi(wi− 1) ≥ min{vi(y1w1), . . . ,vi(yˆiwi), . . . , vi(ynwn), vi(yi(wi− 1))} = min{vi(y1)vi(w1), . . . ,vi(yi) + vˆ i(wi), . . . , vi(yn) + vi(wn), vi(yi)vi((wi− 1))} > s + ri− s = ri

pois temos vi(yj) ≥ s, ∀i, j ∈ {1, . . . , n} e vi(wj) > ri− s para todo i 6= j e vi(wi − 1) >

ri− s, logo todo termos s˜ao maiores que ri.

Agora j´a com os 3 passos mostrados, podemos finalizar a demonstra¸c˜ao. Veja que pelo passo 3, existe zinF com vi(z − xi) > ri, para i = 1, . . . , n. Agora escolha zi com vi(zi) =

ri, isto é poss´ıvel, pois valoriza¸cão discretas são sobrejetivas. Novamente utilizando o

passo 3, existe z0 com vi(z0− zi) para i = 1, . . . , n. Assim teremos que

vi(z0) = vi((z0 − zi) + zi) = min{vi(z0− zi), vi(zi)} = ri

pois vi(zi) = ri e vi(z0− zi) > ri. Seja x := z + z0. Ent˜ao

vi(x − xi) = vi((z − xi) + z0) = min{vi(z − xi), vi(z0)} = ri

Pois temos que vi(z − xi) > ri

Corol´ario 1.40 Qualquer corpo de fun¸c˜ao tem infinitos lugares.

Demonstra¸c˜ao 1.41 Suponha que exista finitos lugares, digamos P1, . . . , Pn. Assim

dado x1 = · · · = xn = 0 ∈ F e r1, . . . , rn > 0, temos que pelo teorema anterior existe

x ∈ F e x 6= 0 tal que vPi(x) > 0 para i = 1, . . . , n. Temos que x ´e transcendente sobre

K, pois x ∈ Pi, ∀i = 1, . . . n. Mais ainda do corol´ario 1.31 temos que existe um lugar

Q tal que vQ(z) < 0, ou seja z tem pelo menos um polo. Mas isto ´e um absurdo, pois

(20)

Na se¸cão 1.4, iremos mostrar um elemento x ∈ F , o qual é transcendente sobre K tem a mesma quantidade de zeros e polos contados de maneira correta. Um importante passo para este resultado é a próxima proposi¸cão, que melhora o Lema 1.12 e a proposi¸cão 1.23. O Teorema da Aproxima¸cão Fraca desempenhará um papel importante na próxima demonstra¸cão.

Proposi¸c˜ao 1.42 Seja F |K um corpo de fun¸c˜oes e P1, . . . , Pr zeros de um elemento

z ∈ F . Ent˜ao

r

X

i=1

vPi(x)grau Pi ≤ [F : K(x)]

Demonstra¸c˜ao 1.43 Para simplificar a nota¸c˜ao chamaremos vi := vPi, fi := grau Pi

e ei := vi(x). Temos pelo Teorema da Aproxima¸c˜ao Fraca que para qualquer i existe

um elemento ti satisfazendo vi(ti) = 1 e vk(ti) = 0 para k 6= i. (Basta tomar ri = 1

e rk = 0 para k 6= i e ainda xi = 0 para todos i = 1, . . . , r). Agora vamos escolher

si1, . . . , sifi ∈ OPi tal que si1(Pi), . . . , sifi(Pi) formam uma base do corpo das classes de

res´ıduos de FPi sobre K.

Seja α = max{1, ei, . . . , ek}, chame xi = sij e xk = 0 para k 6= i e r1, . . . , rn = α e logo

existe zij tal que vi(sij − zij) = vi(zij − sij) = α > 0 e vk(zij) = α ≥ ek para i 6= k.

Afirmamos que os elementos

ta_izij; 1 ≤ i ≤ r; 1 ≤ j ≤ fi; 0 ≤ a < ei

s˜ao linearmente independente sobre K(x). A quantidade destes elementos s˜ao

r X i=1 fiei = r X i=1 vPi(x)grau Pi. Logo teremos Pr i=1vPi(x)grau Pi ≤ [F : K(x)].

Vamos mostrar agora que estes elementos são linearmente independente. Suponha por absurdo que existe uma combina¸cão linear não trivial sobre K(x)

r X i=1 fi X j=1 ei−1 X a=0 ϕijataizij = 0 (13)

Como j´a fizemos anteriormente podemos assumir sem perda de generalidade que ϕija ∈

K[x] e que nem todos ϕija n˜ao s˜ao divis´ıveis por x. Assim existe ´ındices k ∈ {1, . . . , r} e

c ∈ {0, . . . , ek− 1} tal que x|ϕkja para qualquer a < c e qualquer j ∈ {1, . . . , fk} e x - ϕkjc

para qualquer j ∈ {1, . . . , fk}.

Multiplicando 13 por t−c_k obteremos

r X i=1 fi X j=1 ei−1 X a=0 ϕijatait −c k zij = 0. (14)

(21)

Assim teremos que para i 6= k todas as parcelas de 14 em Pk s˜ao vk ϕijatait −c k zij = vk(ϕija) + vk(tai) + vk t−ck + vk(zij) = vk(ϕija) + avk(ti) − cvk(tk) + vk(zij) ≥ 0 + 0 − c + ek> 0

(Veja que ϕija∈ K[x] e como Pk ´e zero de x temos K[x] ⊂ Ok e assim vk(ϕija) ≥ 0)

Se i = k e a < c teremos vk ϕkjata−ck zkj = vk(x ˜ϕkja) + vk ta−ck + vk(zkj) = vk(x) + vk( ˜ϕkja) + vk ta−c_k + vk(zkj) ≥ ek+ a − c ≥ ek− c > 0

onde ˜ϕkja ∈ K[x]. Veja que vk(zkj) ≥ 0 pois se vk(zkj) < 0 ent˜ao zkj ∈ O/ ke logo zkj 6= skj

e consequentemente vk(sij − zkj) = min{vk(skj); vk(zkj)} < 0 o que ´e absurdo.

Para i = k e a > c temos vk ϕkjata−ck zkj = vk(ϕkja) + (a − c)vk(tk) + vk(zkj) ≥ a − c > 0 Veja que r X i = 1 i 6= k fi X j=1 ei−1 X a = 0 a 6= c ϕijatait −c k zij = − fj X j=1 ϕkjczkj. e logo 0 < min{vk ϕijatait −c k zij ; i = 1, . . . , r; i 6= k; j = 1, . . . , fi; a = 0, . . . , ei− 1; a 6= c} = vk Pr i=1;i6=k Pfi j=1 Pei−1 a=0;a6=cϕijatait −c k zij = vk Pfj j=1ϕkjczkj

O que implica que

fk

X

j=1

= ϕhjczkj ∈ Pk. (15)

Observe que ϕkjc(Pk) ∈ K, pois ϕkjc = anxn+ · · · + a1x + a0, onde an, . . . , a0 ∈ K, e como

x ∈ Pk temos que ϕkjc(Pk) = (anxn+ · · · + a1x + a0)Pk = a0(Pk) = a0 ∈ K. E como nem

todos ϕkjc(Pk) = 0, pois x não divide todos ϕkjc, então existe uma combina¸cão linear não

trivial

fk

X

j=1

ϕkjc(Pk)zkj(Pk) = 0

(22)

Corol´ario 1.44 Em um corpo de fun¸c˜oes F |K, qualquer elemento x ∈ F e x 6= 0 tem uma quantidade finita de zeros e polos.

Demonstra¸cão 1.45 Se x é algébrico sobre K então x ∈ OP para qualquer lugar P e

logo vP(x) ≥ 0. Mas como ˜K ∩ P = {0}, ent˜ao vP(x) = 0. Logo x n˜ao tem zeros nem

polos. Se x é transcendente sobre K então seu número de zeros é menor ou igual do que [F : K(x)]. Da mesma maneira temos que a quantidade de polos de x é menor ou igual

do que [F : K(x−1)].

1.4 Divisores

O corpo ˜K de constantes de um corpo de fun¸cões algébricas F |K é uma extensão finita de K (Veja corolário 1.25) e F pode ser considerado um corpo de fun¸cão sobre ˜K. Conse-quentemente a seguinte suposi¸cão que manteremos de agora em diante em nosssas notas não é cr´ıtica para a teoria.

De agora em diante denotaremos F |K como um corpo de fun¸cões algébricas de uma variável tal que K é o corpo completo de constantes de F |K.

Defini¸cão 1.46 O grupo abeliano livre o qual é gerado pelos lugares de F |K é denotado por DF, o grupo divisores de F |K. Os elementos de DF são chamados de divisores de

F |K. Em outras palavras, um divisor ´e uma soma da forma

D = X

P ∈PF

nPP

com nP ∈ Z e uma quantidade finita de nP 6= 0.

O suporte de D ´e definido por

suppD := {P ∈ PF; nP 6= 0}

Geralmente encontramos escrito

D =X

P ∈S

nPP

onde S ⊆ PF ´e um conjunto finito com S ⊇ suppD. Um divisor da forma D = P com

P ∈ PF ´e chamado de divisor primo. Dois divisores D = P nPP e D0 = P n0PP s˜ao

somados da seguinte maneira

D + D0 =X(nP + n0P)P

O elemento zero do grupo divisor DF ´e o divisor

0 := X

P ∈PF

(23)

Para Q ∈ PF e D = P nPP ∈ DF, definiremos vQ(D) := nQ, e assim consequetemente

suppD = {P ∈ PF; vP(D) 6= 0} e D =

P

P ∈suppDvP(D)P .

Uma ordem parcial de DF ´e definida por

D1 ≤ D2 ⇐⇒ vP(D1) ≤ vP(D2) para qualquer P ∈ PF.

Um divisor D ≥ 0 ´e chamado positivo (ou efetivo). O grau de um divisor ´e definido por

grau D := X

P ∈PF

vP(D)grau P

e isto d´a um homomorfismo entre DF → Z. Pelo corol´ario 1.44, um elemento x ∈ F e

x 6= 0 tem uma quantidade finita de zeros e polos em PF. Deste modo a seguinte defini¸c˜ao

faz sentido.

Defini¸c˜_{ao 1.47 Seja x ∈ F e x 6= 0 e denotando Z o conjunto dos zeros de x em P}F e

N o conjunto dos polos de x em PF. Ent˜ao definimos

(x)0 = X P ∈Z vP(x)P o divisor zero de x (16) (x)∞ = X P ∈N (−vP(x))P o divisor polo de x (17) (x) := (x)0− (x)∞ o divisor principal de x (18) claramente temos (x)0 ≥ 0, (x)∞≥ 0 e (x) =P_{P ∈P}_F vP(x)P .

Os elementos x ∈ F , x 6= 0 os quais s˜ao constante s˜ao caracterizados por x ∈ K ⇐⇒ (x) = 0

Isto vem de K = ˜K e ˜K ∩ P = {0}.

Defini¸c˜ao 1.48 PF := {(x); x ∈ F, x 6= 0} ´e chamado de grupo dos divisores principais

de F |K. Isto é um subgrupo de DF já que x, y ∈ F e x, y 6= 0 então (xy) = (x) + (y).

O grupo quociente CF = DF/PF ´e chamado das classe dos divisores. Para um divisor

D ∈ DF, o elemento correspondente no grupo dos fatores CF ´e denotado por [D] a classe

do divisor D. Dois divisores D e D0 são ditos equivalentes e escrito D ∼ D0 se [D] = [D0], i.e. D = D0+ (x) para algum x ∈ F \ {0}. Isto é uma classe de equivalência pois: a) é simetrica; D ∼ D pois D = D + (1)

b) ´e reflexiva; pois se D ∼ D0 ent˜ao D = D0+ (x) e assim D − (x) = D0 o que implica que D + (x−1) = D0 e assim D0 ∼ D.

c) ´e transitiva; pois se D ∼ B e B ∼ C ent˜ao D = B + (x) e B = C + (y) para certos x, y ∈ F e assim D = C + (x) + (y) = C + (xy) e logo D ∼ C.

Nossa próxima defini¸cão é de fundamental importância na teoria de corpor de fun¸cão algébrica.

(24)

Defini¸c˜ao 1.49 Para um divisor A ∈ DF tomamos

L(A) := {x ∈ F ; (x) + A ≥ 0} ∪ {0} Esta defini¸c˜ao tem a seguinte interpreta¸c˜ao: se

A = r X i=1 niPi− s X j=1 mjQj

com ni, mj > 0 ent˜ao L(A) consiste de todos elementos x ∈ F tal que:

1) x tem zeros de ordem ≥ mj em Qj para j = 1, . . . , s e

2) x pode ter polos somente nos lugares P1, . . . , Pr com ordem dos polos em Pi menor ou

igual do que ni para i = 1, . . . , r.

Observa¸c˜ao 1.50 Seja A ∈ DF, ent˜ao:

a) x ∈ L(A) se e somente se vP(x) ≥ −vP(A) para todos P ∈ PF.

b) L(A) 6= {0} se e somente se existe um divisor A0 ∼ A com A0 _{≥ 0.}

Demonstra¸c˜ao 1.51 a) x ∈ L(A) se e s´o se (x) ≥ −A se e somente se vP(x) ≥ vP(−A) =

−vP(A)

b) L(A) 6= 0 se e somente se existe x 6= 0 tal que (x) ≥ −A se e s´o se A + (x) ≥ 0. Chamando A0 = A + (x) temos que A0 ≥ 0 e A0 _{∼ A.}

O resultado (b) desta observa¸c˜ao ser´a muito utilizado.

Lema 1.52 Seja A ∈ DF. Ent˜ao temos:

a) L(A) ´e um espa¸co vetorial sobre K.

b) Se A0 ´e um divisor equivalente com A ent˜ao A ' A0 (isomorfismos de espa¸cos vetoriais sobre K).

Demonstra¸c˜ao 1.53 a) Seja x, y ∈ L(A) e a ∈ K \ 0. Ent˜_{ao para qualquer P ∈ P}F,

temos vP(x + y) ≥ min{vP(x), vP(y)} ≥ −vP(A) e logo x + y ∈ L(A). Temos tamb´em

que vP(ax) = vP(a) + vP(x) ≥ −vP(A) e logo ax ∈ L(A). Consequentemente temos L(A)

um espa¸co vetorial sobre K.

b) Pela suposi¸c˜ao temos A = A0+ (z) com z ∈ F e z 6= 0. Considere a aplica¸c˜ao.

ϕ : L(A) −→ F

x 7−→ xz

ϕ é uma aplica¸cão K-linear cuja a imagem está contida em L(A0) pois (xz) = (x) + (z) = (x) + A − A0 ≥ −A0 _{e logo xz ∈ L(A}0_).

Da mesma maneira tomando a aplica¸c˜ao K-linear ϕ0 : L(A

0_{) −→} _F

x 7−→ xz−1

temos que L(A0) ⊂ L(A) pois (xz−1) = (x) + (z−1) = (x) − (z) = (x) − A + A0 ≥ −A. Veja que estas aplica¸cões são inversas uma da outra. Veja que ϕ é um homomorfismo de K-espa¸co vetorial pois seja x, y ∈ L(A). Assim ϕ(x + y) = (x + y)z = xz + yz = ϕ(x) + ϕ(y)

(25)

Lema 1.54 a) L(0) = K b) Se A < 0 ent˜ao L(A) = {0}.

Demonstra¸cão 1.55 a) Seja x ∈ K e x 6= 0, então (x) = 0, da´ı K ⊂ L(0). Reciproca-mente, se x ∈ L(0) e x 6= 0, então (x) ≥ 0 e logo vP(x) ≥ vP(0) = 0 para qualquer lugar

P . Logo x n˜ao tem polos, consequentemente x ∈ ˜K = K. Da´ı L(0) = K.

b) Por absurdo vamos assumir que existe x ∈ L(A) e x 6= 0. Então (x) ≥ −A > 0. Isto quer dizer que x tem pelo menos um zero. Veja que x não tem polos pois se tivesse contrariaria o fato de (x) > 0. Da´ı temos um absurdo pois temos que todo elemento transcendente de F tem pelo menos um polo (x é transcendente pois tem zero). Na sequencia devemos considerar diferentes K-espa¸co vetorial. A dimensão de um espa¸co vetorial V será denotado por dim V . Nosso próximo objetivo é mostrar que L(A) tem dimensão finita para qualquer A ∈ DF, mas antes veremos a seguinte proposi¸cão.

Proposi¸c˜ao 1.56 Seja W ⊂ V ⊂ L grupos comutativos ent˜ao existe o isomorfismo

L W V W ' L V

Demonstra¸cão 1.57 Seja v ∈ L, chamemos de v a classe de equivalência de v sobre L/W e de ˜v a classe de equivalência de v sobre L/V . Tomemos agora a aplica¸cão,

F : L/W −→ L/V

v 7−→ v˜

Veja que a aplica¸cão está bem definida pois se v1 = v2 então v1− v2 ∈ W ⊂ V e portanto

˜

v1 = ˜v2. Temos tamb´em que F ´e obviamente sobrejetiva pois dado ˜v ∈ L/V temos que

F (v) = ˜v. Veja agora que ker(F ) = V /W pois se x ∈ V /W ent˜ao x ∈ V e logo ˜x = 0 e se F (v) = ˜0 ent˜ao ˜x = ˜0 ⊂ L/V o que implica que x ∈ V e logo x ∈ V /W .

Assim pelo teorema do homomorfismo temos que

F0 :      L W V W −→ L/V v 7−→ v˜ ´ e um isomorfismo

Lema 1.58 Seja A, B divisores de F |K com A ≤ B. Ent˜ao n´os temos L(A) ⊆ L(B) e dim (L(A)/L(B)) ≤ grau B − grau A

Demonstra¸c˜ao 1.59 Seja x ∈ L(A), da´ı (x) + A ≥ 0, mas do fato de B ≥ A temos (x) + B ≥ (x) + A ≥ 0 e logo x ∈ L(B). Da´ı L(A) ⊆ L(B).

(26)

para algum lugar P1 ∈ PF. Escolha um elemento t ∈ F com vP1(t) = vP1(B) = vP1(A) + 1.

Para x ∈ L(B) temos que vP1(x) ≥ −vP1(B) = −vP1(t), da´ı vP1(x) + vP1(t) ≥ 0 e logo

vP1(xt) ≥ 0 o que implica xt ∈ OP1. Deste modo obtemos uma aplica¸c˜ao K-linear

ψ : L(B) −→ FP1

x 7−→ (xt)(P1)

Temos que x ∈ Kerψ se e só se vP1(xt) > 0 isto é vP1(x)+vP1(t) > 0 se e só se vP1(x) >

−vP1(t) = −vP1(A) − 1 ≥ −vP1(A), ou seja vP1(x) ≥ −vP1(A). Consequentemente L(A) =

Kerψ. Assim ψ induz a uma aplica¸c˜ao injetiva K-linear de L(B)/L(A) para FP1. Da´ı

segue que dim L(B)/L(A) ≤ dim FP1 = grau B − grau A. (Lembre que B = A + P1).

Suponhamos agora por indu¸c˜ao que para B = A + P1+ · · · + Pnent˜ao dim (L(A)/L(B)) ≤

grau B − grau A ou seja dim (L(A)/L(B)) ≤ grau P1 + · · · + grau Pn Assim para B =

A + P1+ · · · + Pn+1 temos que L(A) ⊆ L(A + P1+ · · · + Pn) ⊆ L(B) e da´ı

L(B)/L(A + P1+ · · · + Pn) ' (L(B)/L(A))/(L(A + P1+ · · · + Pn)/L(A))

(Ver proposi¸c˜ao 1.56) e logo

dim (L(B)/L(A + P1+ · · · + Pn)) = dim ((L(B)/L(A))/(L(A + P1+ · · · + Pn)/L(A)))

= dim ((L(B)/L(A)) − dim (L(A + P1+ · · · + Pn)/L(A)))

consequentemente

dim (L(B)/L(A)) = dim (L(A + P1+ · · · + Pn)/L(A)) + dim ((L(B)/L(A + P1+ · · · + Pn))

≤ grau P1+ · · · + grau Pn+ grau Pn+1 = grau B − grau A

Proposi¸c˜ao 1.60 Para qualquer divisor A ∈ DF, o espa¸co L(A) ´e um espa¸co vetorial de

dimens˜ao finita sobre K. Mais precisamente se A = A+− A− com os divisores positivos

A+ e A− ent˜ao

dim L(A) ≤ grau A++ 1

Demonstra¸c˜ao 1.61 Como A+ ≥ A ent˜ao L(A+) ⊇ L(A). Agora com 0 ≤ A+, pelo

lema 1.58 temos dim (L(A+)/L(0)) ≤ grau A+− grau 0 = grau A+. Como L(0) = K (Ver

lema 1.54), temos que

dim L(A+) = dim (L(A+)/L(0)) + 1.

E como L(A+) ⊃ L(A) temos dim L(A) ≤ grau A++ 1

Defini¸cão 1.62 Para A ∈ DF, o inteiro dim A := dim L(A) é chamado de dimensão do

(27)

Um dos mais importantes problemas na teoria de corpos de fun¸cão algébrica é calcular a dimensão deste divisor. Devemos nos preocupar com esta questão nas se¸cões seguintes. A resposta para este problema será dada no Teorema de Riemann-Roch.

De maneira geral, nosso pr´oximo teorema diz que um elemento x ∈ F , x 6= 0, tem a mesma quantidade de zeros e polos desde que contados propriamente.

Teorema 1.63 Qualquer divisor principal tem grau zero. Mais precisamente, seja x ∈ F ⊂ K, (x)0 e (x)∞ respectivamente denotando os divisores do zero e de polos de x.

Ent˜ao

grau (x)0 = grau (x)∞= [F : K(x)].

Demonstra¸c˜ao 1.64 Seja n = [F : K(x)] e B := (x)∞ = Pr_i=1−vPi(x)Pi o qual

P1, . . . , Pr s˜ao polos de x. Ent˜ao grau B = r X i=1 vPi(x −1 )grau Pi ≤ [F : K(x)] = n

(Veja que Pi para i = 1, . . . , r s˜ao zeros de x−1 e lembre da proposi¸c˜ao 1.42).

´

E sulficiente mostrar agora que n ≤ grau B. Escolha uma base u1, . . . , un de F |K(x) e

um divisor C ≥ 0 tal que (ui) ≥ −C para i = 1, . . . , n. Temos ent˜ao que

dim (lB + C) ≥ n(l + 1) para qualquer l ≥ 0. Isto vem do fato de xi_u

j ∈ L(lB + C) para 0 ≤ i ≤ l e 1 ≤ j ≤ n

pois como (uj) + C ≥ 0 e i(x)0+ (l − i)(x)∞≥ 0 temos (uj) + C + i(x)0+ (l − i)(x)∞ ≥ 0

o que implica que (uj) + i((x)0− (x)∞) + lB + C ≥ 0 e da´ı (xiuj) + lB + C ≥ 0.

Temos ainda que xi_u

j para 0 ≤ i ≤ l e 1 ≤ j ≤ n s˜ao linearmente independente sobre K.

Isto vem do fato de xi _{∈ K(x) para i = 1, . . . , l ser linearmente independente sobre K e}

ui, . . . , uj ser linearmente independente sobre K(x). Chamando c := grau C temos pela

proposi¸c˜ao 1.60 que

n(l + 1) ≤ dim L(lB + C) ≤ grau (lB + C) + 1 = lgrau B + c + 1 ou seja nl + n ≤ lgrau B + c + 1 o que implica que

l(grau B − n) ≥ n − c − 1

para qualquer l ∈ N. Isto irá implicar que grau B − n ≥ 0 pois do contrario poderiamos escolher l ∈ N tão grande que não satisfaria a igualdade. Logo grau B ≥ n.

Assim provamos que grau (x)∞ = [F : K(x)]. E como (x)0 = −(x−1)0 = (x−1)∞,

con-cluimos que grau (x)0 = grau (x−1)∞ = [F : K(x−1)] = [F : K(x)].

Corol´ario 1.65 a) Seja os divisores A, A0 com A ∼ A0. Ent˜ao temos dim A = dim A0 e grau A = grau A0.

b) Se grau A < 0 ent˜ao dim A = 0.

c) Para um divisor A de grau zero, as seguintes afirma¸cões são equivalentes: (1) A é principal

(2) dim A ≥ 1 (3) dim A = 1

(28)

Demonstra¸c˜ao 1.66 a) Pelo lema 1.52 temos L(A) ' L(A0), da´ı dim A = dim A0. E como A ∼ A0 ent˜ao A = A0+ (x) com x ∈ F \ {0}. Do teorema 1.63 temos grau (x) = 0 e logo grau A = grau A0+ grau (x) = grau A0.

b) Suponha que dim A > 0, logo L(A) 6= 0 da´ı pela observa¸c˜ao 1.50 temos que existe A0 tal que A0 ∼ A e A0 _{≥ 0, da´ı grau A = grau A}0 _{≥ 0.}

c) Seja A um divisor com grau A = 0.

(1) ⇒ (2) : Se A = (x) ´e um divisor principal, ent˜ao x−1 ∈ L(A) pois (x−1_{) + A =}

−(x) + A = 0 e logo dim A ≥ 1 pois x 6= 0

(2) ⇒ (3) : Como dim A ≥ 1 e grau A = 0 temos A ∼ A0 para algum A0 ≥ 0. Como A0 ≥ 0 e grau A0 _{= 0 temos que A}0 _{= 0 da´ı dim A = dim A}0 _{= dim 0 = 1 (Veja pelo lema}

1.54 que L(0) = K).

(3) ⇒ (1) : Temos que dim A = 1 e grau A = 0. Escolha z ∈ L(A) e z 6= 0, assim (z) + A ≥ 0. Como grau ((z) + A) = grau (z) + grau A = 0 + 0 = 0 temos que (z) + A = 0,

e logo A = (z−1). Assim A ´e principal.

Exemplo 1.67 Novamente consideraremos o corpo de fun¸cão racional F = K(x) como já visto anteriormente. Para z ∈ K(x) e z 6= 0 temos z = af (x)_g(x) com a ∈ K \ {0}, f (x), g(x) ∈ K[x] mônicos e relativamente primos. Seja f (x) = Qs

i=1pi(x)ni, g(x) =

Qr

i=1qj(x)mj, onde os polinômios pi(x), qj(x) ∈ K[x] são mônicos, irredt´ıveis e dois a

dois distintos. Ent˜ao o divisor principal de z ∈ DK(x) aparece como

(z) = r X i=1 niPi− s X j=1 mjQj + (grau g − grau f )P∞

onde Pi e Qj s˜ao lugares correspondente a pi(x) e qj(x) respectivamente. Consequetemente

em um corpo de fun¸cão arbitrário, divisores principais atuam como substitutos para a decomposi¸cão em polinômios irredut´ıveis no corpo de fun¸cão racional.

Na proposi¸cão 1.60 temos que dim A ≤ 1 + grau A para qualquer divisor A ≥ 0. Na realidade, isto é válido para qualquer divisor de grau ≥ 0 pois assumindo dim A > 0, então existe A0 ≥ 0 tal que A ∼ A0 _{(Veja observa¸c˜}_{ao 1.50). Assim pelo corol´}_{ario 1.65}

temos que dim A = dim A0 ≤ 1 + grau A0 _{= 1 + grau A.}

Proposi¸c˜_{ao 1.68 Existe uma constante γ ∈ Z tal que para todos divisores A ∈ D}F temos

que

grau A − dim A ≤ γ.

Veja que γ não depende de A e somente depende do corpo de fun¸cão F |K. Demonstra¸cão 1.69 Veja que pelo lema 1.58 que se A1 ≤ A2 então

dim A2− dim A1 = dim (L(A2)/L(A1)) ≤ grau A2− grau A1 (19)

e da´ı

(29)

Fixaremos um elemento x ∈ F \ K e consideraremos um divisor espec´ıfico B := (x)∞.

Como na demonstra¸c˜ao do Teorema 1.63 existe um divisor C ≥ 0 (dependendo de x) tal que

dim (lB + C) ≥ (l + 1)n = (l + 1)grau B para qualquer l ≥ 0. Por outro lado temos que dim (lB + C) ≤ dim (lB) + grau C pois

dim (lB + C) − dim (lB) = dim ((lB + C)/lB) ≤ grau (lB + C) − grau lB = grau C ver lema 1.58.

Assim combinando as desigualdades acima temos que dim (lB) ≥ (l + 1)grau B − grau C

= grau lB + grau B − grau C = grau lB + ([F : K(x)] − grau C)

(20)

Consequentemente grau lB − dim lB ≤ (−[F : K(x)] + grau C) =: γ ∈ Z para todo l ≥ 0 Vamos mostrar agora que a express˜ao acima vale quando substituimos lB por qualquer divisor A ∈ DF (com o mesmo γ).

Afirma¸c˜ao: Dado um divisor A, existe divisores A1, D e um inteiro l ≥ 0 tal que A ≤ A1,

A1 ∼ D e D ≤ lB.

Demonstra¸cão da Afirma¸cão: Escolha A1 ≥ A tal que A1 ≥ 0. Então

dim (lB − A1) ≥ dim (lB) − grau A1 ≥ grau (lB) − γ − grau A1 > 0

para l sulficientemente grande (Veja que grau B ≥ 0). Deste modo existe algum elemento z ∈ L(lB −A1), z 6= 0. Tomando D := A1−(z) temos que A1 ∼ D e D ≤ A1−(A1−lB) =

lB.

Voltando a nossa demonstra¸c˜ao temos que

grau A − dim A ≤ grau A1− dim A1 por 19

= grau D − dim D por corolario 1.65

≤ grau (lB) − dim (lB) por 19

≤ γ

Defini¸c˜ao 1.70 O genero g de F |K ´e definido por

g := max{grau A − dim A + 1; A ∈ DF}

Veja que esta defini¸c˜ao faz sentido pois pela proposi¸c˜ao 1.68, temos que grau A − dim A ≤ γ, logo g ≤ γ + 1.

(30)

Demonstra¸cão 1.72 Da defini¸cão de g, coloque A = 0. Então grau (0)−dim (0)+1 = 0.

Da´ı g ≥ 0

Teorema 1.73 Teorema de Riemann Seja F |K um corpo de fun¸c˜ao de genero g. a) Para qualquer divisor A ∈ DF, temos

dim A ≥ grau A + 1 − g

b) Existe um inteiro c, dependendo de F |K tal que dim A = grau A + 1 − g toda vez que grau A ≥ c.

Demonstra¸c˜ao 1.74 a) Como g ≥ grau A − dim A + 1 temos que dim A ≥ grau A + 1 − g b) Escolha um divisor A0 com g = grau A0 − dim A0 + 1 e tome c := grau A0 + g. Se

grau A ≥ c ent˜ao

dim (A − A0) ≥ (A − A0) + 1 − g ≥ c − grau A0+ 1 − g ≥ 1

Assim existe um elemento z ∈ L(A − A0), z 6= 0.

Considere o divisor A0 := A + (z) o qual ´e ≥ A0 pois como z ∈ L(A − A0) temos

(z) ≥ −A + A0 da´ı A0 = A + (z) ≥ A − A + A0.

Assim temos que

grau A − dim A = grau A0− dim A0 _{corolario 1.65}

≥ grau A0− dim A0

= g − 1

consequentemente dim A ≤ grau A + 1 − g

Exemplo 1.75 Queremos mostrar que o corpo de fun¸c˜oes racionais K(x)|K tem genero g = 0.

Seja P∞ = (x)∞, o divisor de polos de x. Considere o espa¸co vetorial L(rP∞) para r ≥ 0,

assim temos que 1, x, . . . , xr _{∈ L(rP}

∞) pois para i = 0, . . . , r temos que (xi) + rP∞ =

i((x)0 − (x)∞) + r(x)∞= i(x)0+ (r − i)(x)∞≥ 0.

Da´ı r + 1 ≤ dim (rP∞) = grau (rP∞) + 1 − g = r + 1 − g. Assim g ≤ 0. Mas como g ≥ 0

para qualquer corpo de fun¸c˜ao temos que g = 0.

(31)

1.5 O Teorema de Riemann-Roch

Nesta se¸cão denotaremos F |K como um corpo de fun¸cões algébricas de genero g. Defini¸cão 1.76 Para A ∈ DF

i(A) := dim A − grau A + g − 1 ´

e chamado de ´ındice de especialidade de A.

O Teorema de Riemann-Roch diz que i(A) é um inteiro não negativo e i(A) = 0 se grau A é sulficientemente grande. Nesta se¸cão daremos diferentes interpreta¸cões para i(A) como dimensão de determinados espa¸cos vetoriais.

Defini¸cão 1.77 Um adele de F |K é uma aplica¸cão α :

PF −→ F

P 7−→ αP

tal que αP ∈ OP exceto para uma quantidade finita de αP.

Consideraremos um adele como um elemento do produto direto Q

P ∈PF F e

consequente-mente usaremos a nota¸c˜ao α = (αP)P ∈PF ou simplificando α = (αP). O conjunto

AF := {α; α ´e um adele de F |K}

´

e chamado de espa¸co dos adele de F |K. Seja α, β adeles e k ∈ K definiremos α + β : PF −→ F P 7−→ αP + βP e kα : PF −→ F P 7−→ kαP.

Assim AF ´e um espa¸co vetorial sobre K.

O adele principal de um elemento x ∈ F é o adele onde todos componentes são iguais a x. (Note que esta defini¸cão faz sentido de acordo com o corolario 1.44, pois assim teremos finitos polos de x). Considerando x ∈ F como o adele principal temos um mergulho F ,→ AF. A valoriza¸cão vP de F |K extende naturalmente para AF pela defini¸cão de

vP(α) := vP(αP) (onde αP ´e o P -componente da adele α). Pela defini¸c˜ao temos que

vP(α) ≥ 0 exceto para uma quantidade finita de P ∈ PF.

Defini¸c˜ao 1.78 Para A ∈ DF definimos

(32)

Teorema 1.79 Para qualquer divisor A, o ´ındice de especialidade ´e i(A) := dim (AF/(AF(A) + F ))

Note que AF, AF(A) e F tem dimens˜ao infinita e o que o teorema diz que o quociente

AF/(AF(A) + F ) tem dimens˜ao finita sobre K.

Demonstra¸c˜ao 1.80 Para demonstrar este teorema passaremos por 3 passos antes: Passo 1: Seja A1, A2 ∈ DF e A1 ≤ A2. Ent˜ao AF(A1) ⊆ AF(A2) e

dim (AF(A2)/AF(A1)) = grau A2− grau A1

Prova passo 1: Seja α ∈ AF(A1), da´ı vP(α) ≥ −vP(A1) ≥ −vP(A2) para todos P ∈ PF.

Da´ı α ∈ AF(A2) e consequentemente AF(A1) ⊆ AF(A2). Vamos mostrar agora que

dim (AF(A2)/AF(A1)) = grau A2 − grau A1. Seja A2 = A1 + P com P ∈ PF. Escolha

t ∈ F com vP(t) = vP(A1) + 1 e considere a aplica¸c˜ao K-linear

ϕ : AF(A2) −→ FP

α 7−→ (tαP)(P ).

Veja que ϕ ´e sobrejetiva, pois dado x(P ) ∈ FP basta tomar α = x_t. Veja que x_t ∈ AF(A2)

pois vP x t + vP(A2) = vP(x) − vP(t) + vP(A2) ≥ vP(A2) − vP(A1) − 1 = 0

pois A2 = A1+ P . (Veja que x ∈ OP e logo vP(x) ≥ 0).

Assim ϕ x_t = t x_t_P (P ) = x(P ).

Veja ainda que o núcleo de ϕ é AF(A1), pois se α ∈ AF(A1) então ϕ(α) = (tαP)(P ) = 0.

(Veja que tαP ∈ P , pois vP(α) + vP(A1) ≥ 0, o implica que vP(α) + vP(t) ≥ 1 > 0, ou

seja vP(αt) > 0).

E se ϕ(α) = 0 ent˜ao tαP ∈ P da´ı vP(t)+vP(αP) > 0 o que implica que vP(α)+vP(A1) ≥ 0

e consequentemente α ∈ AF(A1).

Como A2− A1 = P temos que

grau A2− grau A1 = grau P = [FP : K] = dim (AF(A2)/AF(A1))

(Nesta ´ultima igualdade utilizamos do teorema do homorfismo). Indutivamente suponhamos que para A2 = A1 + P1+ · · · + Pn temos

dim (AF(A2)/AF(A1)) = grau A2 − grau A1 = grau P1+ · · · + grau Pn.

Veja que para A2 = A1+ P1+ · · · + Pn+1 temos que